EXAMEN –CORRIGÉ 1. Transformations de Lorentz,...

PHYTEM– LP353 – RELATIVITÉ RESTREINTE

EXAMEN – CORRIGÉ

Année Universitaire 2017–2018

Mercredi 15 novembre 2017, 9h00 – 12h00

1. Transformations de Lorentz, vitesse, énergie et impulsion

1.1 — Écrivez les transformations des coordonnées (ct, x, y, z) d’un événement lors du passage d’unréférentiel galiléen R à un autre référentiel galiléen R′ se déplacant à la vitesse v = v ex par rapportàR. Écrivez cette relation sous forme matricielle.

La transformation de Lorentz s’écrit dans ce cas :

t′ =t− vx/c2√

1− v2

c2

x′ =x− vt√1− v2

c2

y′ = y

z′ = z

i.e.

ct′ = γ (ct− βx)

x′ = γ (x− βct)

y′ = y

z′ = z

et réciproquement

ct = γ (ct′ + βx′)

x = γ (x′ + βct′)

y = y′

z = z′

On peut mettre ces équations sous une forme matricielle :

ct′

x′

y′

z′

=

γ −βγ 0 0−βγ γ 0 0

0 0 1 00 0 0 1

ctxyz

et

ctxyz

=

γ +βγ 0 0

+βγ γ 0 00 0 1 00 0 0 1

ct′

x′

y′

z′

1.2 — Si la vitesse relative du référentiel R′ par rapport à R était selon l’axe Oz au lieu de Ox, i.e.v = v ez , comment s’écrirait la transformation de Lorentz pour passer de R à R′ ? Écrivez de mêmecette relation sous forme matricielle.

Année Universitaire 2017–2018 LP353 – Relativité Restreinte

Les relations précédentes deviennent :

t′ =t− vz/c2√

1− v2

c2

x′ = x

y′ = y

z′ =z − vt√1− v2

c2

i.e.

ct′ = γ (ct− βz)

x′ = x

y′ = y

z′ = γ (z − βct)

et réciproquement

ct = γ (ct′ + βz′)

x = x′

y = y′

z = γ (z′ + βct′)

On peut mettre ces équations sous une forme matricielle :ct′

x′

y′

z′

=

γ 0 0 −βγ0 1 0 00 0 1 0−βγ 0 0 γ

ctxyz

et

ctxyz

=

γ 0 0 βγ0 1 0 00 0 1 0βγ 0 0 γ

ct′

x′

y′

z′

Pour toute la suite de cet exercice, on considèrera que le mouvement relatif entre les référentielsest selon l’axe Ox : v = v(R′/R) = v ex.

1.3 — Déduisez-en les lois de transformation des composantes de la vitesse u = dr/dt d’un pointmatériel M lors du passage du référentielR au référentielR′.À partir des transformations de Lorentz, on dérive la loi de composition des vitesses :

u′x =dx′

dt′=

ux − v

1−vux

c2

u′y =dy′

dt′=

1

γ

uy

1−vux

c2

u′z =dz′

dt′=

1

γ

uz

1−vux

c2

et réciproquement

ux =dx

dt=

u′x + v

1 +vu′x

c2

uy =dy

dt=

1

γ

u′y

1 +vu′x

c2

uz =dz

dt=

1

γ

u′z

1 +vu′x

c2

1.4 — Précisez les cas limites intéressants.

D’une part, on montre facilement que pour des vitesses faibles devant la célérité c de la lumière, laloi de composition des vitesses tend vers la limite classique :

ux =u′x + v

1 +vu′x

c2

' u′x + v quand u′x � c et v � c

D’autre part, on constate immédiatement que la vitesse de la lumière est une vitesse limite : parexemple, quand u′x = c, on obtient alors dans le référentielR :

ux =u′x + v

1 +vu′x

c2

=c+ v

1 +v

c

= c

2/28

LP353 – Relativité Restreinte Année Universitaire 2017–2018

De même, lorsque v = c, on aura alors ux = c.

1.5 — En partant de la loi de composition des vitesses, montrez que la vitesse d’un objet ne peutdépasser c quel que soit le référentiel où on mesure cette vitesse.

Considérons un mobile se déplaçant à la vitesse u′ < c dans un référentiel R′. Sa vitesse u mesu-rée dans un référentiel R tel que v(R′/R) = v < c est donc (en supposant les vitesses u, u′ et vcolinéaires) :

u =u′ + v

1 +u′v

c2

u

c=

u′

c+v

c

1 +u′

c

v

c

Posons a = u′/c et β = v/c. On a :

0 ≤ a =u′

c< 1 et 0 ≤ β =

v

c< 1

Comme 0 ≤ a < 1, on en déduit que 0 < 1 − a ≤ 1 ; En multipliant l’inégalité β < 1 par (1 − a) > 0,on obtient ainsi :

(1− a)β < 1− a d’où β − aβ < 1− a soit a+ β < 1 + aβ

Et par conséquent,

u

c=

u′

c+v

c

1 +u′

c

v

c

=a+ β

1 + aβ< 1 i.e. u < c

Pour un mobile se déplaçant à une vitesse u′ < c dans un référentiel R′, sa vitesse u mesurée danstout autre référentiel sera elle aussi inférieure à c.

1.6 — Donnez la loi de transformation de l’intervalle de temps dt. Commentez. Qu’est-ce que letemps propre τ ?

Pour deux événements se produisant au même point dansR′, séparés par un petit intervalle de tempsdt′, on aura dx′ = γ(dx− βcdt) = 0, et donc dx = βcdt = vt. L’intervalle de temps dt′ vaut ainsi :

cdt′ = γ(cdt− βdx) = γ(1− β2)dt =1

γdt d’où dt = γdt′ > dt′

Le temps semble s’écouler plus lentement dans le référentielR′.

Pour un observateur, le temps dτ mesuré dans le référentiel qui lui est attaché semble toujours s’écou-ler plus lentement que dans tout autre référentiel : dt = γdτ > dτ . Le temps τ est le temps propre del’observateur ; c’est un invariant car ds2 = c2dτ2.

1.7 — Rappelez la définition et l’expression du quadrivecteur vitesse U du point matériel M. Com-ment ses composantes Uµ se transforment-elles lorsqu’on passe de R à R′ ? Que vaut la pseudo-norme de U ? Est-ce un invariant ?

Par définition, pour un objet mobile, son quadrivecteur vitesse est la dérivée de son quadrivecteurposition r par rapport à son temps propre τ :

U =dr

dτ=

dt

dτ

dr

dtUµ =

(γ(u)c

γ(u)u

)avec u =

dr

dt. avec U2 = UµU

µ = c2.

3/28


1.8 — Rappelez la définition et l’expression du quadrivecteur accélération A du point matériel M.Montrez rapidement que sa pseudo-norme carrée A2 = AµA

µ vaut−a2 où a est l’accélération propremesurée dans le référentiel inertiel instantané (référentiel tangent).

Le quadrivecteur accélération A est la dérivée du quadrivecteur vitesse U par rapport au tempspropre τ de l’objet en mouvement. En dérivant par rapport à τ , on obtient :

A =dU

dτ=

dt

dτ

dU

dtAµ =

γ4(u)u · uc

γ4(u)u · uc2

u + γ2(u) u

avec u =dr

dtu =

du

dt

Si on se place dans le référentiel tangent à l’objet en mouvement, référentiel où, à l’instant considéré,la vitesse u est nulle et où u = a, on trouve immédiatement que la pseudo-norme carrée de A vautA2AµAµ = −a2, où a est l’accélération propre (i.e. mesurée dans le référentiel propre de l’objet).

1.9 — Rappelez la définition du quadrivecteur énergie-impulsion p du point matériel M. Retrouvezl’expression de ses composantes et les identités remarquables associées (pseudo-norme, expressionssimples de β et γ en fonction des composantes de p, etc).

À partir du quadrivecteur vitesse, on construit le quadrivecteur énergie-impulsion (ou quadri-impulsion)p comme suit :

p = mdr

dτ= mU pµ =

(γ(u)mc

γ(u)mu

)=

(E/c = γ(u)mc

p = γ(u)mu

)avec E l’énergie totale de l’objet étudié.

Dans cette relation, m est la masse propre de l’objet (c’est à dire sa masse au repos), γ(u)m > m esten quelque sorte sa “masse apparente”, et E = γ(u)mc2 son énergie totale, somme de son énergie demasse E0 = mc2 et de son énergie cinétique T = E −mc2 = (γ(u)− 1)mc2.

La pseudo-norme carrée de p vaut p2 = m2c2 = (mc2)2/c2.

Les composantes de p vérifient les relations suivantes, très utiles :

p2 = pµpµ = (mc2)2/c2 =

(E

c

)2

− p2 i.e. E2 = p2c2 +m2c4

~β =p

p0=

pc

Eet γ =

E

mc2

4/28


2. L’attaque de l’Etoile Noire

��

��

��

��

��

��

��

��

Surface de l’Etoile Noire

Vaisseau de Luke

L

v

v

v

FIGURE 1 – Plan d’attaque de Luke, du point de vue du référentiel de l’Étoile Noire.

Pour détruire l’Étoile Noire, Luke envisage de survoler parallèlement sa surface afin de faire pénétrerdiscrètement son vaisseau (de longueur L) par un orifice de l’Étoile de même diamètre L (figure 1).Son vaisseau atteignant sans difficulté la vitesse v =

√3c/2 ' 0.87c, Luke compte profiter de la

contraction des longueurs : dans le référentiel de l’Étoile Noire, son vaisseau apparaîtra plus court etpourra donc passer sans difficulté par l’ouverture de largeur L.

2.1 — Que vaut le facteur γ(v) du vaisseau de Luke dans le référentiel de l’Étoile Noire (supposégaliléen) ?

La vitesse du vaisseau étant v =√

3c/2, le facteur γ(v) correspondant vaut :

γ(v) =1√

1− v2

c2

=1√

1− 3

4

= 2.

2.2 — Dans le référentiel de l’Étoile Noire, quelle sera la longueur du vaisseau de Luke (assimilé àun segment de droite) ? Le vaisseau pourra-t-il pénétrer par l’ouverture de diamètre L ?

Dans le référentiel de l’Étoile Noire, le vaisseau de Luke apparaît plus court. Sa longueur est réduited’un facteur 1/γ(v) : la longueur du vaisseau dans le référentiel de l’Étoile Noire est par conséquentde L/γ(v) soit L/2. Le vaisseau doit donc pouvoir passer facilement par le trou de diamètre L.

2.3 — L’amiral de la flotte fait toutefois remarquer que dans le référentiel de son vaisseau, c’est le trouà la surface de l’Étoile Noire qui paraîtra plus petit et que le plan de Luke est par conséquent voué àl’échec. Quelle est effectivement la longueur apparente du trou dans le référentiel R′ du vaisseau deLuke ?

Dans le référentiel de Luke, la vitesse de la surface de l’Étoile Noire est −v, et le facteur γ associévaut 2 (on suppose ici le mouvement du vaisseau parallèle à la surface). La longueur de l’orifice est

5/28


donc réduite d’un facteur 1/γ(v) = 1/2, et vaut L/γ(v) = L/2. On peut alors légitimement se de-mander comment le vaisseau pourrait passer par le trou qui est deux fois plus petit que le vaisseau...

Afin de réconcilier les deux points de vue, on se propose de modéliser les trajectoires respectives duvaisseau et de la surface de l’Étoile Noire dans les deux référentiels suivants :

— Le référentiel R représenté sur la figure 2 : dans R, la surface de l’Étoile Noire se déplace entranslation uniforme selon ez avec une vitesse faible u� c. À t = 0, la surface de l’Étoile Noirese confond avec le plan xOy. Dans ce même référentiel R, le vaisseau de Luke se déplace surl’axe Ox, à la vitesse v = v ex, de telle sorte que le centre du vaisseau se trouve à l’origine O àt = t′ = 0.

— Le référentiel R′ solidaire du vaisseau de Luke, en translation uniforme par rapport au réfé-rentiel R : v (R′/R) = v ex. L’origine O′ du référentiel R′ est prise au centre du vaisseau. Ellese confond avec O à t = t′ = 0.

��

��

��

��

��

��

��

��

u

u

u

O’

O’

Surface de l’Etoile Noire

Vaisseau de Luke

L

v

z

x

O

O

O

P

PQ

Q

Q P

v

v

B’ A’

B’ A’

B’ A’

Vitesse (faible) de l’Etoile Noire

R

t > 0

t = 0

t < 0

FIGURE 2 – Plan d’attaque de Luke pour détruire l’étoile noire, vu dans le référentiel R. Dans ceréférentiel, le vaisseau se déplace à la vitesse v le long de l’axe des x, tandis que la surface de l’ÉtoileNoire se déplace à la vitesse faible u� c selon l’axe des z.

2.4 — Écrivez la transformation de Lorentz permettant de passer du référentiel R au référentiel R′.De même, écrivez la transformation inverse.

La transformation de Lorentz pour passer deR àR′ s’écrit (avec β = v/c) :

ct′ = γ (ct− βx)

x′ = γ (x− βct)

y′ = y

z′ = z

et réciproquement

ct = γ (ct′ + βx′)

x = γ (x′ + βct′)

y = y′

z = z′

6/28


2.5 — Dans le référentiel R, quelle est la position x(O′) du centre du vaisseau en fonction du tempst ? À t = 0, que valent les abscisses des extrémités avant x(A′) et arrière x(B′) du vaisseau, dans leréférentiel R ? Au même instant t = 0, que valent les abscisses x(P ) et x(Q) des extrémités du trou ?De ce point de vue, le vaisseau peut-il effectivement passer par le trou ?

Dans le référentiel du vaisseau R′, le centre du vaisseau est pris pour origine : x′(O′) = 0. En appli-quant la transformation de Lorentz, on a par ailleurs :

x′(O′) = γ(x(O′)− vt

)= 0

D’où on déduit la position de O′ dansR,

x(O′) = vt

On peut raisonner de même pour les extrémités A′ et B′ du vaisseau. Dans le réferentiel du vais-seauR′, on a :

x′(A′) = +L

2et x′(B′) = −L

2

En appliquant Lorentz, on a par ailleurs :

x′(A′) = +L

2= γ

(x(A′)− vt

)x′(B′) = −L

2= γ

(x(B′)− vt

)D’où,

x(A′) = +1

γ

L

2+ vt = +

L

4+ vt x(B′) = −1

γ

L

2+ vt = −L

4+ vt

Et en particulier, à t = 0,

x(A′) = +1

γ

L

2= +

L

4x(B′) = −1

γ

L

2= −L

4

Par ailleurs, dans le référentielR, les extrémités P etQ du trou sont fixes, aux abscisses x(P ) = +L/2et x(Q) = −L/2. Il paraît donc évident que dans le référentiel R, le vaisseau passe sans difficulté àtravers le trou (fig. 2).

On s’intéresse maintenant aux mêmes événements, mais vus dans le référentiel R′ solidaire du vais-seau.

2.6 — Dans le référentiel R′ dessinez dans le plan x′O′z′ le vaisseau de longueur L, en repérant laposition de ses 2 extrémités. Faites un dessin assez large, que l’on complétera aux questions suivantes.

Le vaisseau est fixe dans le référentielR′ : voir figure 3 ci-après.

2.7 — Soit un pointM(x, y, z) quelconque de la surface de l’Étoile Noire. On a nécessairement x dansl’intervalle ]−∞,−L/2] ∪ [+L/2,+∞[. Que vaut z en fonction du temps t dansR ?

Dans le référentiel R, tous les points de la surface de l’Étoile Noire se déplacent en translation uni-forme à la vitesse u = u ez. Pour tous les pointsM(x, y, z) de la surface, on a donc simplement z = ut.

2.8 — Déterminez les coordonnées (x′, y′, z′) des points M de la surface de l’Étoile Noire en fonctiondu temps t′ dansR′. Quel est le lieu des points M de la surface à l’instant t′ = 0 dans le plan x′O′z′ ?Dessinez la position du plan de la surface de l’Étoile Noire à t′ = 0 sur le dessin précédent.

7/28


Pour tout pointM(x, y, z) appartenant à la surface de l’Étoile Noire, on a x ∈]−∞,−L/2]∪[+L/2,+∞[,et z = ut. Si on écrit la transformation de Lorentz inverse,

t = γ

(t′ +

vx′

c2

)x = γ (x′ + vt′)

y = y′

z = z′ = ut

où t =z

u=z′

u.

Et par conséquent, en utilisant les deux équations donnant t,

t = γ

(t′ +

vx′

c2

)=z′

usoit z′ = γ

vux′

c2+ γut′.

Dans le référentiel du vaisseau, à un instant t′ donné, les points M(x′, y′, z′) de la surface de l’étoilenoire appartiennent au plan défini par l’équation :

z′ = γvux′

c2+ γut′.

En particulier, à t′ = 0, il s’agit du plan :

z′ = γvux′

c2.

La pente de l’intersection de la surface avec le plan x′O′z′ vaut

+γvu

c2= +√

3u

c� 1.

Cette pente est évidemment très petite car u� c (voir fig. 3).

2.9 — Que valent les coordonnées des extrémités P et Q du trou dans le référentiel R ? Déduisez-enl’équation de la trajectoire z′ = f(x′) pour chacun de ces deux points dans le référentielR′.

Dans le référentielR, les extrémités P et Q du trou ont pour coordonnées : x(P ) = +L

2

z(P ) = ut

et

x(Q) = −L2

z(Q) = ut

En appliquant Lorentz, et en utilisant t = z/u = z′/u, on trouve :

x′(P ) = γ(x(P )− vt) = γ

(x(P )− vz′

u

)= γ

(L

2− vz′

u

)Et, de même,

x′(Q) = γ(x(Q)− vt) = γ

(x(Q)− vz′

u

)= γ

(−L

2− vz′

u

)Ce qui donne la trajectoire des points P et Q dans le plan x′O′z′ :

z′(P ) = −1

γ

u

vx′(P ) +

u

v

L

2

z′(Q) = −1

γ

u

vx′(Q)− u

v

L

2

8/28


La pente de ces trajectoires vaut :

− u

γv= − u

2× c√

3/2= − 1√

3

u

cavec

u

c� 1

Pour le dessin, on notera que cette pente est négative, et qu’elle vaut en norme le tiers de la pente(positive) trouvée précédemment pour le plan de la surface de l’Étoile Noire à t′ = 0 (fig. 3).

2.10 — Calculez la position de l’intersection des trajectoires des extrémités P et Q avec l’axe des x′.Dessinez les trajectoires de P et Q dans le plan x′O′z′.

En utilisant les équations des trajectoires des points P etQ, et on trouve immédiatement l’intersectionde ces trajectoires avec l’axe des x′, en posant respectivement z′(P ) = 0 et z′(Q) = 0.

L’intersection de la trajectoire de P avec l’axe des x′ a lieu à l’abscisse :

−1

γ

u

vx′(P ) +

u

v

L

2= 0 soit x′(P ) = γ

L

2= L.

Et pour Q, elle a lieu à l’abscisse :

−1

γ

u

vx′(Q)− u

v

L

2= 0 soit x′(Q) = −γL

2= −L.

��

R’

O’

B’

A’t’ = 0

x’

Trajectoire de PTrajectoire de Q

+L

−L

L

Vaisseau de Luke (immobile)

Plan de la su

rface de l’E

toile N

oire (à

t’ = 0)

z’

FIGURE 3 – Point de vue dans le référentiel du vaisseau, à t′ = 0. Les points de la surface de l’ÉtoileNoire. appartiennent au plan d’équation z′ = γvux′/c2 avec u� c. Les trajectoires des extrémités dutrou P et Q sont aussi représentées : l’intersection de la trajectoire de P avec l’axe des x′ se produiten x′ = +L, et celle de la trajectoire de Q avec l’axe des x′ se produit en x′ = −L.

2.11 — Décrivez la trajectoire de la surface de l’Étoile Noire dans le référentielR′ du vaisseau. À votreavis, qui a raison de l’amiral de la flotte ou de Luke ? Luke doit-il retourner sur Dagobah auprès deYoda parfaire sa maîtrise de la relativité restreinte ?

Dans le référentielR′ solidaire du vaisseau, la surface de l’Étoile Noire apparaît inclinée ; même si lalongueur du trou est inférieure à L, le mouvement de la surface est tel que le passage du vaisseaudans le trou est possible, et qu’aucune collision n’a lieu (figure 4). Luke a donc raison, et dans la

9/28


mesure où son vaisseau peut être assimilé à un segment de droite de longueur L, il pourra franchirla surface de l’Étoile Noire.

Cet exercice est une déclinaison du célèbre problème relativiste connu comme “le paradoxe de larègle et du trou”.

��

��

��

R’

O’

B’

A’

x’


+L

−L

t’ > 0

z’

QP

R’

O’

B’

A’

x’


+L

−L

t’ < 0

z’

QP

R’

O’

B’

A’t’ = 0

x’


+L

−L

z’

Q

P

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

FIGURE 4 – Succession des événements dans le référentiel R′ solidaire du vaisseau. L’orifice dans lasurface de l’Étoile Noire est effectivement plus petit que la longueur L du vaisseau, mais la surfaceapparaît inclinée dansR′, de telle sorte que le vaisseau passe sans difficulté.

10/28


3. La physique au Large Hadron Collider (LHC)

Afin de comprendre la structure élémentaire de la matière, les physiciens des particules ont déve-loppé des techniques d’accélération des particules chargées (électrons, protons, ions, etc) permettantde produire des collisions à très haute énergie. L’analyse détaillée de chaque collision permet demieux comprendre la sous-structure des particules, leurs interactions, et de découvrir de nouvellesparticules. C’est ainsi qu’ont été découverts un ensemble de particules élémentaires prédites par leModèle Standard : les quarks charm (c), bottom (b) et top (t) ; les bosons W+, W− et Z ; et enfin leboson de Higgs en 2012.

Le boson de Higgs a été mis en évidence au Large Hadron Collider dans des collisions de protonsdont l’énergie cinétique est de plusieurs téra-électrons-volts (TeV). Pour atteindre cette énergie, lesprotons sont injectés et accélérés dans une succession d’accélérateurs de plus en plus puissants (fig. 5).Les faisceaux de protons entrent en collision en 4 points du LHC, où sont placés 4 énormes détecteursde particules dédiés : ATLAS, CMS, LHCb et ALICE.

FIGURE 5 – Structure des accélérateurs de particules du CERN (Genève). Les protons sont d’abord accélérésdans l’accélérateur linéaire “LINAC 2” (T = 50 MeV), puis injectés et accélérés dans le synchrotron “PS Boos-ter” (T = 1.4 GeV), puis dans le PS (T = 25 GeV), le SPS (T = 450 GeV) et enfin le LHC lui-même (T = 7 TeV).

11/28


Accélération d’une particule chargée dans un champ électrique uniforme

La source des protons du LHC est une bouteille d’hydrogène gazeux, située à l’entrée du LINAC 2.L’hydrogène est soumis à un champ électrique, qui arrache ses électrons afin de ne laisser entrer dansl’accélérateur que les protons.

Dans sa forme la plus simple, un accélérateur linéaire LINAC consiste en un tube à vide contenantune succession de cylindres conducteurs, dont les charges électriques alternent (fig. 6). Les particuleschargées sont injectées par paquets, et on inverse périodiquement la charge électrique des conduc-teurs cylindriques, afin de toujours accélérer les particules lors du franchissement de l’espace sépa-rant deux cylindres de charges opposées (région de champ électrique uniforme Ekin sur la figure).

On se propose dans cette première partie de calculer dans le cadre relativiste le comportement d’uneparticule accélérée sous l’effet d’un champ électrique uniforme.

---- ----

---- --------

FIGURE 6 – Principe de fonctionnement d’un accélérateur linéaire (LINAC) dans sa forme la plus simple. Lesparticules sont injectées par paquets (pulses). Les cylindres conducteurs portent des charges électriques alter-nées, que l’on inverse périodiquement. Lorsque les particules passent d’un cylindre au suivant, elles subissentle champ électrique Ekin : l’inversion périodique des charges des cylindres permet de toujours accélérer lesparticules dans le même sens.

3.1 — Question de cours : à partir de l’équation de Maxwell écrite sous forme covariante :

∂µFµν = µ0j

ν

Retrouvez les deux équations de Maxwell sous leur forme habituelle (équations exprimant les rela-tions entre les champs et les sources).

12/28


On rappelle la forme du tenseur du champ électromagnétique Fµν :

F : Fµν = ∂µAν − ∂νAµ =

0 −Ex/c −Ey/c −Ez/c

Ex/c 0 −Bz By

Ey/c Bz 0 −BxEz/c −By Bx 0

En partant de sa forme covariante, on explicite l’équation en faisant varier l’indice ν de 0 à 3.

Pour ν = 0, on obtient :∂µF

µ0 = µ0j0 = µ0cρ

Ce qui donne :

∂0F00 + ∂1F

10 + ∂2F20 + ∂3F

30 = µ0cρ

1

c

∂Ex∂x

+1

c

∂Ey∂y

+1

c

∂Ez∂z

= µ0cρ

∂Ex∂x

+∂Ey∂y

+∂Ez∂z

= µ0c2ρ =

ρ

ε0

où on reconnaît l’équation de Maxwell-Gauss :

∇ ·E =ρ

ε0

Explicitons maintenant l’équation sous forme covariante pour ν = 1. On obtient :

∂µFµ1 = µ0j

1 = µ0jx

Ce qui donne :

∂0F01 + ∂1F

11 + ∂2F21 + ∂3F

31 = µ0jx

− 1

c2

∂Ex∂t

+∂Bz∂y− ∂By

∂z= µ0jx

∂Bz∂y− ∂By

∂z= µ0jx + µ0ε0

∂Ex∂t

où on reconnaît la composante selon x de l’équation de Maxwell-Ampère :

∇×B = µ0j + µ0ε0∂E

∂t

En faisant de même pour ν = 2 et ν = 3, on retrouvera les composantes selon y et z de la mêmeéquation.

3.2 — Rappelez l’expression du quadrivecteur énergie-impulsion p et celle de ses composantescontravariantes pµ et covariantes pµ.

On construit le quadrivecteur énergie-impulsion (ou quadri-impulsion) p comme suit :

p = mdr

dτ= mU

13/28


Ses composantes contravariantes s’écrivent :

pµ =

(γ(u)mc

γ(u)mu

)=

(E/c = γ(u)mc

p = γ(u)mu

)avec E l’énergie totale de l’objet étudié.

De même, ses composantes covariantes s’écrivent :

pµ = gµνpν =

(γ(u)mc

−γ(u)mu

)=

(E/c = γ(u)mc

−p = −γ(u)mu

)

Dans ces relations, m est la masse propre de l’objet (c’est à dire sa masse au repos), γ(u)m > m esten quelque sorte sa “masse apparente”, et E = γ(u)mc2 son énergie totale, somme de son énergie demasse E0 = mc2 et de son énergie cinétique T = E −mc2 = (γ(u)− 1)mc2.

La pseudo-norme carrée de p vaut p2 = m2c2 = (mc2)2/c2.

Les composantes de p vérifient les relations suivantes, très utiles :

p2 = (mc2)2/c2 =

(E

c

)2

− p2 i.e. E2 = p2c2 +m2c4

~β =p

p0=

pc

Eet γ =

E

mc2

3.3 — Par analogie avec la mécanique classique, on définit le quadrivecteur force f par :

f =dp

dτ

Est-ce bien un quadrivecteur ? Justifiez. Ecrivez les composantes fµ de f en fonction des dérivées parrapport à t de l’énergie E de la particule et de sa quantité de mouvement p.

f est la dérivée d’un quadrivecteur par rapport au temps propre τ , qui est un invariant de Lorentz :ses composantes se transforment donc bien selon Lorentz, et f possède bien les propriétés d’un qua-drivecteur.

On a donc :

f =dp

dτ=

dt

dτ

dp

dt= γ(u)

dp

dt

Pour les composantes contravariantes, cela donne :

fµ = γ(u)dpµ

dtavec pµ =

(E

c,p

)D’où

fµ =

(γ(u)

1

c

dE

dt, γ(u)

dp

dt

)

3.4 — Montrez que pour une particule de quadrivitesse U subissant une quadriforce f , on a f · U =fµUµ = 0. Déduisez-en que :

dE

dt= f · u

14/28


où on notera

f =dp

dt=

d (γ(u)mu)

dt

Le quadrivecteur vitesse U vérifie :

U2 = UµUµ = gµνU

µUν = c2 d’oùdU2

dτ= 2

dU

dτ· U = 0

Or, le pseudo-produit scalaire f · U peut encore s’écrire :

f · U =dp

dτ· U = m

dU

dτ· U d’où f · U = fµUµ = 0

Si on explicite cette dernière relation avec les composantes fµ et Uµ, on trouve :

f · U = fµUµ = γ2(u)

[dE

dt− dp

dt· u

]= 0

d’où on déduit immédiatement :dE

dt=

dp

dt· u = f · u.

On retrouve ici un résultat analogue (d’un point de vue formel) à la mécanique classique : la variationde l’énergie d’une particule par unité de temps est égale à la puissance des forces appliquées sur cetteparticule.

Dans le référentiel du laboratoire, on considère une région de l’espace où règne un champ électriqueuniforme et constant E = Exex.

3.5 — Donnez explicitement Fµν dans la région de l’espace où E = Exex.

Dans le référentiel du laboratoire, les composantes contravariantes Fµν du tenseur du champ élec-tromagnétique se réduisent à :

F : Fµν =

0 −Ex/c 0 0

Ex/c 0 0 0

0 0 0 0

0 0 0 0

On considère une particule de charge q placé dans le champ : on note r sa position, u son vecteurvitesse et U sa quadri-vitesse. Les composantes contravariantes de la quadriforce de Lorentz f qu’ellesubit s’écrivent :

fµ = qFµν Uν = qFµν Uν . (1)

3.6 — Rappelez l’expression des composantes contravariantes Uµ et covariantes Uµ de la quadri-vitesse U.

Le quadrivecteur vitesse U est défini par :

U =dr

dτ

15/28


Ses composantes contravariantes s’écrivent :

Uµ =

(γ(u)c

γ(u)u

)

Et ses composantes covariantes sont :

Uµ = gµνUν =

(γ(u)c

−γ(u)u

)

3.7 — À partir de l’équation (1), donnez explicitement les composantes f0, f1, f2 et f3 du quadrivec-teur f .

Les composantes contravariantes fµ du quadrivecteur force de Lorentz f vérifient :

fµ = qFµν Uν = qFµν Uν .

Écrivons explicitement chaque composante. On a ainsi :

f0 = qF 00 U0 + qF 01 U1 + qF 02 U2 + qF 03 U3 = γ(u)qExuxc

f1 = qF 10 U0 + qF 11 U1 + qF 12 U2 + qF 13 U3 = γ(u)qEx

f2 = qF 20 U0 + qF 21 U1 + qF 22 U2 + qF 23 U3 = 0

f3 = qF 30 U0 + qF 31 U1 + qF 32 U2 + qF 33 U3 = 0

Ce qui donne :fµ =

(γ(u)qEx

uxc, γ(u)qExex

)

3.8 — Déduisez-en les équations différentielles auxquelles obéissent l’énergie E et la quantité demouvement p de la particule qui subit le champ électrique. Montrez que

d(γ(u)u)

dt=qExm

ex = a ex avec a =qExm

D’après la question précédente, la force de Lorentz s’écrit ici :

fµ =(γ(u)qEx

uxc, γ(u)qExex

)Or, on a par ailleurs :

fµ =

(γ(u)

1

c

dE

dt, γ(u)

dp

dt

)En identifiant, on trouve immédiatement :

qExuxc

=1

c

dE

dtet

dp

dt= qEx ex.

Cette dernière équation peut encore s’écrire :

dp

dt= m

d(γ(u)u)

dt= qEx ex soit

d(γ(u)u)

dt=qExm

ex.

16/28


3.9 — À t = 0 la particule est immobile (u = 0) dans le référentiel du laboratoire à la position r = 0.Déduisez-en l’expression de la vitesse u en fonction du temps (on aura avantage à faire apparaître larapidité ϕ).

Lorsque t −→ +∞, vers quelle valeur tend u ? Comparez avec le cas classique.

À partir de l’équation précédente,

d(γ(u)u) =qExm

ex dt

Ce qui donne, en intégrant,

γ(u)u = γ(u(t = 0))u(t = 0) +

ˆ t

0

qExm

ex dt =qExt

mex

La vitesse u est par conséquent selon ex : u = u ex. En remplaçant γ(u) par son expression,

u√1− u2

c2

=qExt

m= at

en posant a = qEx/m. Ce qui donne :

u =at√

1 +a2t2

c2

Pour de grandes valeurs de t, autrement dit au bout d’un temps assez long, la vitesse de la particuleaccélérée tend vers c :

u =at√

1 +a2t2

c2

=c√

1 +c2

a2t2

−−−−−→t→+∞

c

Dans le traitement classique de ce phénomène, l’accélération de la particule serait du/dt = qEx/m =a, et on obtiendrait une trajectoire rectiligne uniformément accélérée :

u = at =qExm

t et x =1

2at2

La description classique n’interdit donc pas à la particule d’atteindre au bout d’un temps t = c/ala vitesse de la lumière, puis de la dépasser. Le traitement relativiste du même problème physiqueinterdit cela, en accord avec l’expérience.

3.10 — Déduisez-en la trajectoire de la particule et donnez l’expression de rµ = (ct, x, y, z) en fonctionde t. On aura avantage à faire apparaître la rapidité ϕ = argtanhβ. Montrez que pour at � c, onretrouve le résultat classique x(t) = at2/2.

D’après ce qui précède, la vitesse u(t) s’écrit :

u =at√

1 +a2t2

c2

= c tanhϕ

En se souvenant que γ(u) = coshϕ et que βγ = sinhϕ, on trouve :

coshϕ = γ(u) =

(1− u2

c2

)−1/2

=

√√√√1 +a2t2

c2et sinhϕ =

√cosh2 ϕ− 1 =

at

c

17/28


De l’équation différentielle précédente,

d(γ(u)u) =qExm

ex dt = a, ex dt

on tire aussi une relation entre ϕ et t :

d(γ(u)u) = cd (coshϕ tanhϕ) = a dt d’où dt =c

ad (sinhϕ) =

c

acoshϕdϕ

On peut désormais exprimer dx en fonction de ϕ :

dx = udt =atdt√√√√1 +

a2t2

c2

=c2

a

sinhϕ coshϕdϕ

coshϕ=c2

asinhϕdϕ

D’où on déduit, en intégrant le long de la trajectoire :

x(t) = x(0) +

ˆ t

0dx =

c2

a

ˆ ϕ(t)

ϕ(0)sinhϕdϕ =

c2

a[coshϕ(t)− 1] =

c2

a

√√√√1 +

a2t2

c2− 1

.Ce qui donne :

r(t) : rµ(t) =

ct, c2

a

√√√√1 +

a2t2

c2− 1

, 0, 0

Lorsque at� c, on retrouve le résultat classique :

x(t) =c2

a

√√√√1 +

a2t2

c2− 1

' c2

a

[1 +

1

2

a2t2

c2− 1

]=

1

2at2

Collisions proton-proton dans un collisionneur symétrique

Le LHC est un collisionneur symétrique : dans le référentiel du laboratoire, les protons incidentspossèdent la même énergie E et des impulsions opposées de même norme p (fig. 7).

1p’

p’2

θp p

FIGURE 7 – Collision élastique, symétrique (collisionneur).

18/28


3.11 — Dans l’hypothèse d’une collision élastique, écrivez la conservation du quadrivecteur énergie-impulsion avant et après la collision, dans le référentiel du laboratoire.

Comme précédemment, on a :p1 + p2 = p′1 + p′2 (2)

Avec, dans le référentiel du laboratoire :

p1 : pµ1 =

(E/cp

)p2 : pµ2 =

(E/c−p

)p′1 : p′µ1 =

(E′1/cp′1

)p′2 : p′µ2 =

(E′2/cp′2

)

3.12 — Que pensez-vous du référentiel du centre de masse du systèmeR∗ ?

De manière immédiate, on constate dans le référentiel R du laboratoire que l’impulsion totale estnulle avant la collision. Elle sera donc aussi nulle après la collision, et le référentiel du laboratoire Rse confond avec celui du centre de masse du systèmeR∗.

3.13 — Que vaut nécessairement l’angle θ dans le référentielR∗ ?

Avant comme après la collision de diffusion élastique, les deux protons ont des vecteurs quantité demouvement opposés dans le référentiel du centre de masseR∗ (qui est aussi celui du laboratoire) :

p1 + p2 = p′1 + p′2 = 0 p′2 = −p′1

Par conséquent, dans le référentiel R∗, l’angle entre les deux protons après diffusion est nécessaire-ment égal à π.

3.14 — Écrivez la masse invariante du système constitué par les deux particules. Quelle est l’énergietotale E∗ disponible dans le référentiel du centre de masseR∗, en fonction de l’énergie cinétique T etde la masse m des protons ?

Par définition, la masse invariante du système s’écrit :

(E∗)2

c2= [p1 + p2]2 =

(E

c+E

c

)2

− (p− p)2 =4E2

c2= 4

[T +mc2

]2c2

L’énergie totale E∗ disponible dans le référentielR∗ du centre de masse est donc :

E∗ = 2E = 2[T +mc2

]

Collision inélastique : production d’une paire X X

En physique des particules on cherche à produire des collisions inélastiques : l’objectif est de concen-trer pendant un bref instant une énergie considérable dans un petit volume afin de produire desparticules inexistantes dans la matière ordinaire et pouvoir ainsi étudier leurs propriétés.

Considérons la réaction inélastique suivante, qui vise à produire une paire de particules quelconquesX et X (X et son anti-particule) de mêmes masses mX en faisant collisionner des protons p (onsuppose ici les protons intacts après la collision, ce qui n’est généralement pas le cas pour les collisionsintéressantes au LHC) :

p+ p −→ p+ p+X + X

3.15 — Écrivez la conservation du quadrivecteur énergie-impulsion pour cette réaction.

19/28


La conservation du quadrivecteur énergie-impulsion s’écrit (sans développer) :

p1 + p2 = p′1 + p′2 + pX + pX

3.16 — Exprimez la masse invariante du système, avant et après la réaction.

La masse invariante M∗ du système s’écrit :

(M∗)2c2 = (p1 + p2)2 = (p′1 + p′2 + pX + pX)2

Si on développe l’expression avant la collision, on trouve, exprimée dans le référentiel du laboratoire(qui est aussi le référentiel propre ici) :

(M∗)2c2 = (p1 + p2)2 = p21 + p2

2 + 2 p1 · p2 = 2m2c2 + 2E1E2

c2− 2p1 · p2

Comme les deux protons ont la même énergie E1 = E2 = E = mc2 + T , et des impulsions opposéesp2 = −p1 et de même norme p,

(M∗)2c2 = 2m2c2 + 2E2

c2+ 2p2 = 4

E2

c2

Ce qui donne la masse invariante M∗ et l’énergie totale disponible E∗ dans le centre de masse :

M∗ =2E

c2et E∗ = M∗c2 = 2E = 2(T +mc2).

3.17 — Déterminer l’énergie cinétique minimale T qu’il faut fournir aux protons de deux faisceauxopposés pour produire une particule X de masse mX et son antiparticule X de même masse (ensupposant les protons intacts après la collision).

Dans une collision symétrique, l’énergie totale E∗ disponible dans le référentiel R∗ du centre demasse est :

E∗ = 2E = 2[T +mc2

]Pour produire une particuleX et son antiparticule X en conservant les 2 protons, il fautE∗ > 2mc2 +2mXc

2, c’est à dire :

2E = 2[T +mc2

]> 2mc2 +mXc

2 i.e. T > mXc2.

Détection du boson de Higgs dans le canal γγ

Si l’énergie dans le centre de masse est suffisante, il est possible de produire un boson de Higgs dansla collision. Le boson de Higgs est instable et peut se désintégrer de différentes manières (on parlede “voies” ou de “canaux de désintégration” ). Il peut par exemple se désintégrer en deux photonsgamma (canal diphoton) : cette signature est l’une des plus faciles à mettre en évidence (“canal enor” ).

3.18 — Ecrivez l’équation-bilan de la désintégration du boson de Higgs (noté H) en deux photonsgamma. On se place dans le référentiel du boson de Higgs RH : écrivez la conservation du quadri-vecteur énergie-impulsion total avant et après la désintégration.

20/28


L’équation de la désintégration du boson de Higgs en deux photons s’écrit :

H −→ γ + γ

Du fait de la conservation du quadrivecteur énergie-impulsion total, on aura :

pH = q1 + q2

où pH , q1 et q2 sont respectivement les quadrivecteurs énergie-impulsion du boson de Higgs avantsa désintégration, et des deux photons issus de sa désintégration.

Dans le référentiel du boson de HiggsRH , leurs composantes contravariantes sont :

pH : pµH =

(mHc

0

)q1 : qµ1 =

(E1/c = hν1/c

~k1

)q2 : qµ2 =

(E2/c = hν2/c

~k2

)

Par conservation du vecteur quantité de mouvement, on a nécessairement

~k1 + ~k2 = 0 soit ~k2 = −~k1.

On en déduit que les deux photons sont émis dos à dos dans le référentiel RH , avec des impulsionsopposées ; ils ont par conséquent la même énergie Eγ = E1 = E2 dansRH .

3.19 — Que vaut la masse invariante mγγ du système formé par les deux photons issus de la désinté-gration du Higgs ? Quelle est l’énergie de chaque photon dans le référentiel du HiggsRH ? Que vautnécessairement l’angle entre les deux photons émis dansRH ?

D’après ce qui précède, dans RH les deux photons sont émis dos à dos, avec la même énergie et desimpulsions opposées. L’angle entre les deux photons vaut nécessairement π.

Par conservation de l’énergie, on aura :

E1 + E2 = 2Eγ = mHc2 soit E1 = E2 = Eγ =

mHc2

2

La masse invariante du système constitué des deux photons s’écrit dansRH :

m2γγc

2 = (q1 + q2)2 =

(E1

c+E2

c

)2

= 4E2γ

c2

Soit,

m2γγ = 4

E2γ

c4mγγ = 2

Eγc2

= mH

3.20 — Écrivez maintenant le bilan de la désintégration du Higgs en deux photons dans le référentieldu laboratoire R. Exprimez la masse invariante en fonction des énergies E1 et E2 de chacun desdeux photons et de l’angle θ12 entre les deux photons. Exprimez la masse mH du boson de Higgs enfonction de E1, E2 et θ12.

Dans le référentiel du laboratoire, en réutilisant les même notations mais cette fois dansR, on a :

pH : pµH =

(EH/c

pH

)qγ1 : qµγ1 =

(E1/c = hν1/c

~k1

)qγ2 : qµγ2 =

(E2/c = hν2/c

~k2

)

21/28


où EH , E1 et E2 sont cette fois les énergies du Higgs et des deux photons dans le référentielR, et pH ,~k1 et ~k2 les quantités de mouvement du boson de Higgs et des deux photons.

La masse invariante du système constitué des deux photons s’écrit alors :

m2γγc

2 = (q1 + q2)2 = q21 + q2

2 + 2q1 · q2 = 2q1 · q2

= 2E1E2

c2− 2~2k1 · k2 = 2

E1E2

c2− 2

h2

λ1λ2cos θ12

= 2E1E2

c2− 2

h2ν1ν2

c2cos θ12 = 2

E1E2

c2[1− cos θ12]

mγγ =

√2E1E2

c4(1− cos θ12)

Par ailleurs, comme d’une part le quadrivecteur énergie-impulsion total est conservé (et donc sapseudo-norme carrée), et que d’autre part la pseudo-norme carrée est un invariant de Lorentz, on a :

m2γγc

2 = (q1 + q2)2 = p2H = m2

Hc2 soit mH = mγγ

La masse invariante du système constitué des deux photons est donc toujours égale à la masse duboson de Higgs, quel que soit le référentiel dans lequel on mesure l’énergie des deux photons.

3.21 — La figure 8 représente la distribution de la masse invariante mγγ pour les événements oùsont apparus deux photons γ de haute énergie. Il s’agit du premier lot de mesures effectuées dansl’expérience ATLAS au LHC, ayant permis la découverte du Higgs. Déduisez-en la masse du bosonde Higgs.

La distribution de la masse invariante mγγ présente un excès autour de mγγ ≈ 126 GeV/c2 : la modé-lisation des processus connus produisant deux photons gamma ne permet pas d’en rendre compte.Cet excès est dû à la désintégration en deux photons d’une nouvelle particule, dont la masse est parconséquent mH = mγγ ≈ 126 GeV/c2. C’est le boson de Higgs, dont l’existence avait été prédite parRobert Brout, François Englert et Peter Higgs en 1964. Sa découverte dans les expériences ATLAS etCMS au LHC à valu le prix Nobel de physique 2013 à François Englert et Peter Higgs.

22/28


100 110 120 130 140 150 160

Even

ts

0200400600800

10001200140016001800200022002400

Data 2011 and 2012Sig + Bkg inclusive fit4th order polynomial

Diphoton sample

ATLAS

[GeV]γγm100 110 120 130 140 150 160

Dat

a - B

kg

-100

0

100

FIGURE 8 – Distribution de la masse invariantemγγ mesurée pour tous les événements avec 2 photonsde haute énergie dans l’expérience ATLAS au LHC (points noirs). En pointillés rouges, modélisationdu fonds dû à toutes les autres réactions produisant principalement deux photons gamma. Premièreanalyse du canal “diphoton”, thèse de doctorat de Heberth Torres (2013), LPNHE.

23/28


FIGURE 9 – Diagrammes de Feynman (le temps va de gauche à droite) : à gauche, production d’unboson de Higgs dans une collision de protons par fusion de gluons (les protons sont “détruits” dansce type de collision) ; à droite, désintégration du boson de Higgs en deux photons.

FIGURE 10 – Événement avec production de deux photons isolés de haute énergie dans l’état final.Expérience ATLAS, LHC. Les deux photons gamma se convertissent dans le détecteur, et formentdeux gerbes de particules chargées (dépôts d’énergie indiqués en bleu)

24/28


4. Physique des tachyons

FIGURE 11 – Tachyon en peluche, The Particle Zoo.

Le tachyon est une particule hypothétique dontla vitesse u est supérieure à c. En se basant uni-quement sur cette hypothèse, on peut tenter dedécrire les propriétés d’une telle particule dans lecadre de la relativité restreinte.

4.1 — Montrez que si u > c dans le référentielgaliléen R on a alors nécessairement u′ > c danstout autre référentiel inertiel R′ en translationuniforme par rapport àR avec v = v(R′/R) < c.

Considérons un tachyon se déplaçant à la vitesseu > c dans un référentielR. Sa vitesse u′ mesuréedans un référentiel R′ tel que v(R′/R) = v < cest donc (en supposant les vitesses u, u′ et v coli-néaires) :

u′ =u− v

1−uv

c2

u′

c=

u

c−v

c

1−u

c

v

c

Posons a = u/c et β = v/c. On a :

0 ≤ a =u

c> 1 et 0 ≤ β =

v

c< 1

Il est nécessaire de distinguer trois cas selon le signe du dénominateur.

a. Si uv < c2, c’est à dire si aβ < 1, le dénominateur 1− aβ est positif.Comme 0 ≤ β < 1, on en déduit que 1+β ≥ 1 > 0 ; en multipliant l’inégalité a > 1 par 1+β > 0,on obtient ainsi :

a(1 + β) > 1 + β d’où a+ aβ > 1 + β soit a− β > 1− aβ

Et par conséquent, comme 1− aβ > 0,

u′

c=

u

c−v

c

1−u

c

v

c

=a− β1− aβ

> 1 i.e. u′ > c

b. Si uv > c2, c’est à dire si aβ > 1, le dénominateur 1− aβ est négatif.Comme a > 1, alors 1 + a > 2 > 0. On peut donc multiplier l’inégalité β < 1 par (1 + a), ce quidonne :

β(1 + a) < 1 + a d’où β + aβ < 1 + a soit aβ − 1 < a− β

25/28


Et par conséquent, comme aβ − 1 > 0,

a− βaβ − 1

> 1 d’où, en multipliant par −1,u′

c=

a− β1− aβ

< −1

C’est à dire : u′ < −c. Dans ce cas, le tachyon se déplace dans la direction opposée, avec unevitesse supérieure à c en norme.

c. Enfin, si uv = c2, la vitesse u′ du tachyon dans le référentielR′ est infinie.

Pour un tachyon de vitesse u > c dans R, sa vitesse u′ dans R′ est toujours supérieure à c en norme.Un tachyon se déplace donc à une vitesse plus grande que c dans tous les référentiels galiléens.

4.2 — Sur un diagramme d’espace-temps, indiquez les axes x et t du référentiel R. Indiquez aussile cône de lumière passé et futur du point-événement choisi comme origine O(t = 0, x = 0) (Parsouci de clarté, consacrez une pleine page à ce diagramme qui sera complété au fur et à mesure desquestions suivantes).

Voir la figure 12.

4.3 — Sur ce diagramme, dessinez :

— la ligne d’espace-temps d’un objet immobile en x = x0 ;— la ligne d’espace-temps d’un objet se déplaçant à la vitesse constante w < c ;— la ligne d’espace-temps d’un photon émis vers l’avant au point événement A(tA, xA) avec

tA > 0 et xA > 0.

Voir la figure 12.

4.4 — Dans le référentiel R, un tachyon est émis en A(t = tA, x = xA), et reçu un peu plus tard enB(t = tB, x = xB), avec tB > tA. Dessinez sa ligne d’univers (attention ! souvenez-vous que sa vitesseu est supérieure à c !).

Voir la figure 12.

4.5 — Quelle est la nature de l’intervalle d’espace-temps AB ?

Posons :

AB :

(∆t = c(tB − tA)

∆r = AB

)

Dans le référentielR, le tachyon se déplace à la vitesse u > c. On a donc

AB2

= c2(∆t)2 − (∆r)2 = (∆t)2(c2 − u2) < 0 car u > c

L’intervalle d’espace-temps AB est par conséquent de genre espace (pas de lien causal possible entreles événements A et B).

4.6 — Montrez que l’on peut toujours trouver un référentiel galiléen R′ avec une vitesse relativev = v(R′/R), v < c telle que t′B < t′A : indiquez la condition sur v pour que tel soit le cas. Dans ceréférentiel R′, la réception du tachyon (événement B) se produit avant l’émission du même tachyon(événement A). Dessinez les axes t′ et x′ de ce référentiel R′ sur votre dessin, afin de faire apparaîtrequ’effectivement, dans ce référentielR′, t′B < t′A.

Écrivons la transformation de Lorentz des coordonnées (c∆t,∆r) du quadrivecteur AB. En particu-lier, la coordonnée temporelle dans le référentielR′ s’écrit :

t′B − t′A = ∆t′ = γ(v)(

∆t− v

c2∆x)

= γ(v)∆t(

1− uv

c2

)26/28


Si uv/c2 < 1, ∆t′ est du même signe que ∆t ; par contre, si uv/c2 > 1, c’est à dire si v/c > c/u(possible car c/u < 1), ∆t′ sera du signe opposé de celui ∆t. Autrement dit, lorsqu’on se place dans unréférentiel galiléenR′ en translation uniforme à la vitesse v > c2/u, l’ordre temporel des événementsA et B est inversé dans ce référentiel.

Voir la figure 12.

4.7 — Qu’en concluez-vous à propos des tachyons et du principe de causalité ? Proposez une inter-prétation de la succession des événements A et B dans le référentielR′.

En se plaçant dans un référentiel galiléen R′ tel que v(R′/R) = v > c2/u (avec toutefois v < c),on observe une inversion de l’ordre des événements A (émission du tachyon) et B (réception dutachyon). C’est à priori incompatible avec le principe de causalité. Un moyen de s’en sortir toutefois,est de décrire cette succession d’événements vus dans R′ comme l’émission d’un anti-tachyon en B,suivi de sa réception en A. Par contre, pour conserver la compatibilité avec le principe de causalité, ilest impératif que le tachyon ne transporte aucune information.

4.8 — On s’intéresse maintenant à la dynamique des tachyons. Écrivez l’énergie d’un tachyon devitesse u > c en fonction de sa masse au repos m et de sa vitesse u. Exprimée ainsi, son énergieest imaginaire, mais que pouvez-vous dire du comportement de |E(u)| en fonction de u ? Combiend’énergie faut-il fournir pour faire ralentir un tachyon jusqu’à u = c ? Pour un tachyon, commentévolue son énergie (ou plutôt le module de son énergie) lorsqu’il accélère ?

L’énergie d’un tachyon de vitesse u s’écrit :

E(u) = γ(u)mc2 =mc2√1− u2

c2

Comme u > c, le dénominateur est imaginaire : on peut encore écrire l’énergie sous la forme :

E(u) = imc2√u2

c2− 1

On remarque immédiatement que le module |E(u)| diminue quand la vitesse du tachyon augmente ;réciproquement, |E(u)| croît quand u décroît ; de plus,

limu→c|E(u)| = lim

u→c

mc2√u2

c2− 1

= +∞

l’énergie d’un tachyon tend vers l’infini quand sa vitesse tend vers c : il faudrait donc fournir uneénergie infinie pour ralentir un tachyon jusqu’à u = c.

4.9 — Qu’en concluez-vous sur la physique de l’hypothétique tachyon dans le cadre de la relativitérestreinte ?

Les propriétés de l’hypothétique tachyon sont particulièrement étranges ; la relativité restreinte pré-dit en particulier que selon le référentiel, l’ordre des événements le long de la trajectoire d’un tachyonpuisse être inversé, ce qui est incompatible avec le principe de causalité. L’existence effective de ta-chyons est donc un peu douteuse. . .

27/28


vite

sse

w <

c

x0

tB

tA

x

Passé

B

x’

t’

A

R’R

Futur

t

Côn

e de

Lum

ière

Cône de Lum

ière

Ob

jet

imm

ob

ile

Tachyon

B

A

t’

t’

phot

on (v

ers l’a

vant

)

O

FIGURE 12 – Diagramme d’espace-temps ; trajectoire des tachyons28/28

EXAMEN –CORRIGÉ 1. Transformations de Lorentz,...

Documents

Transcript of EXAMEN –CORRIGÉ 1. Transformations de Lorentz,...